山东省枣庄滕州市2022-2023学年高三上学期期中考试化学试题

2023届高三定时训练化学试题注意事项：1.答题前，考生将班级、姓名、考号填写在相应位置，认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸，试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。3.考试时长90分钟，满分100分。4.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg21Al27P31S32Cl35.5K39Ar40Ca40Ti48Fe56Cu64Zn65Ag108Ce140Nd144第Ⅰ卷选择题(共40分)一、选择题(本题包括10个小题，每小题只有一个正确答案，每小题2分，共20分)1.化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是A.为推动生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源B.打印机墨粉中常加有，这是利用了其有颜色和具有磁性的特点，可用CuO替代C.“天和”号核心舱上使用了目前世界上最先进的三结砷化镓太阳能电池翼，砷化镓属于半导体材料D.煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能源【答案】C【解析】【详解】A．核电、电能属于二次能源，故A错误；B．打印机墨粉中常加有Fe3O4，这是利用了其有颜色和具有磁性的特点，CuO不具有磁性，不能替代Fe3O4，故B错误；C．砷化镓最外层平均4个电子类似于硅，是优良的第三代半导体材料，故C正确；D．煤的气化和液化均生成新物质，为化学变化，故D错误；故选C。2.一种微生物燃料电池如图所示，下列关于该电池说法正确的是A.a电极正极，发生还原反应B.由右室通过质子交换膜进入左室C.该电池的工作温度页可以是高温D.b电极反应式为：【答案】D【解析】【分析】b极上NO→N2、N元素的化合价降低，发生还原反应，则b是正极，电极反应式为2NO＋10e−＋12H＋═N2↑＋6H2O；a电极是负极，负极上葡萄糖发生失电子的氧化反应生成CO2，原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极；【详解】A．由上述分析可知，b电极是正极，a电极是负极，故A错误；B．原电池工作时，阳离子移向正极，即H＋由左室通过质子交换膜进入右室，故B错误；C．该电池是微生物燃料电池，高温能使蛋白质变性，所以该电池不能在高温下工作，故C错误；D．b电极是正极，b上NO→N2，则正极反应式为2NO＋10e−＋12H＋═N2↑＋6H2O，故D正确；故选D。3.设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1LpH=1的硫酸溶液中含有的数目为0.2NAB.标准状况下，中含有的质子数为10NAC.一定条件下，1molFe分别在足量的氧气、氯气中燃烧，转移电子数均为3NAD.用惰性电极电解足量溶液时，若阴极增重12.8g，则理论上阳极产生的气体分子数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A．1LpH=1的硫酸溶液中含有的数目为0.1NA，A错误；B．标准状况下，不是气态，B错误；C．铁在氧气中燃烧生成，1molFe在足量的氧气气中燃烧，转移电子数均为NA，C错误；D．甲池A为电解池的阴极，电极反应为，增重的铜物质的量为，转移电子物质的量为；乙池石墨极为电解池的阳极，电极反应为：，依据电子守恒，生成氯气，气体分子数为0.2NA，D正确；故选D。4.为完成相应实验，所用仪器、试剂及相关操作合理的是ABCD配制一定浓度的稀硫酸测量Cl2的体积加热熔融NaOH固体制取干燥的氨气A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．容量瓶只能用于定容，不能用于稀释溶液，故A错误；B．Cl2在饱和食盐水中溶解度较小，因此可以利用排饱和食盐水测定Cl2的体积，故B正确；C．NaOH在高温下能与瓷坩埚中SiO2反应，因此加热熔融NaOH固体常用铁坩埚，故C错误；D．NH4HCO3受热分解生成NH3、CO2、H2O，无水CaCl2只能除去H2O，不能除去CO2，无法得到纯净干燥的氨气，故D错误；综上所述，答案为B。5.下列操作与现象、结论均正确的是选项操作与现象结论A向FeSO4溶液中加入少量的Na2O2粉末，产生红褐色沉淀硫酸亚铁已变质B在乙醇中加入一小块钠，钠沉入底部并观察到气泡产生钠的密度大于乙醇的密度，且生成的气体为氢气C向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液，产生白色沉淀用CaCl2溶液可鉴别KHCO3溶液和(NH4)2CO3溶液D向Cu(NO3)2溶液中加入含淀粉的KI溶液，溶液变蓝色，并生成白色沉淀白色沉淀是CuI2A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．Na2O2具有氧化性，Na2O2能把Fe2+氧化为Fe3+，产生红褐色氢氧化铁沉淀，不能说明硫酸亚铁已变质，故A错误；B．钠和乙醇反应生成乙醇钠和氢气，在乙醇中加入一小块钠，钠沉入底部并观察到气泡产生，说明钠的密度大于乙醇的密度，故B正确；C．NaHCO3溶液和CaCl2反应生成CaCO3沉淀和二氧化碳气体，不能鉴别，故C错误；D．向Cu(NO3)2溶液中加入含淀粉的KI溶液，发生反应，溶液变蓝色，生成白色沉淀是CuI，故D错误；选B。6.常温下，下列各离子组在指定溶液中能大量存在的是A.pH=13的溶液中：Na+、ClO、CO、SOB.c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中：H+、I、Br、SOC.使石蕊变红的溶液中：Na+、NH、NO、SOD.小苏打溶液中：Ba2+、Cl、K+、OH【答案】A【解析】【详解】A．pH=13的溶液显碱性，在碱性条件下，Na+、ClO、CO、SO相互之间不反应，可以共存，A正确；B．三价铁离子可以氧化碘离子生成单质碘，不能共存，B错误；C．使石蕊变红的溶液显酸性，有氢离子存在，此时亚硫酸根离子会和氢离子反应生成二氧化硫和水，不能存在，C错误；D．小苏打溶液中有碳酸氢根离子，其中碳酸氢根离子可以和氢氧根离子反应，不能共存，D错误；故选A。7.已知，平衡体系中气体的平均摩尔质量()在不同温度下随压强p的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.温度：B.平衡常数：C.反应速率：D.当时，【答案】C【解析】【分析】反应物和生成物均为气体，总质量不变，平衡正向移动时气体的物质的量增大，则M减小，逆向移动时M增大，该反应为气体物质的量增大的吸热反应，所以升高温度、减小压强可以使平衡正向移动，M减小；降低温度、增大压强可以使平衡逆向移动，M增大。【详解】A．由分析可知，相同条件下，升高温度M减小，降低温度M增大，所以可判断出T2＜T1，故A错误；B．a点和c点是在同一温度下的平衡常数，所以K(a)=K(c)，故B错误；C．温度越高反应速率越快，压强越大反应速率越快，根据前面分析可知T2＜T1，图中b点压强大于a点，所以va＜vb，故C正确；D．设n(NO2)：n(N2O4)=x：y，则有，所以x:y=1:1，故D错误；故选C。8.下列离子方程式书写正确的是A.溶液与少量溶液反应：B.过量的，通入NaOH溶液中：C.磁性氧化铁粉末中滴入过量稀硝酸：D.氢化钠与水剧烈反应：【答案】D【解析】【详解】A．溶液与少量溶液反应，则钡离子、氢氧根离子完全反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化亚铁沉淀，A错误；B．过量的通入NaOH溶液中生成亚硫酸氢钠，，B错误；C．磁性氧化铁粉末中滴入过量稀硝酸，硝酸把亚铁离子氧化为铁离子同时生成一氧化氮气体，，C错误；D．氢化钠与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气：，D正确；故选D。9.T℃时，在恒容密闭容器中通入一定量的HCl和，发生反应：，测得HCl和的浓度变化如表：时间/s02461.000.250.100.10HCl4.601.61.001.00下列说法中一定正确的是A.若升高温度，则反应达到平衡的时间将缩短B.0～2s内，用表示的平均速率为C.若使用催化剂，则2s时的将大于D.4s时，反应恰好达到该条件下的最大限度，且气体压强不再变化【答案】A【解析】【详解】A．若升高温度，反应速率加快，则反应达到平衡的时间将缩短，故A正确；B．0～2s内，氧气的浓度降低0.75mol/L，用表示的平均速率为，故B错误；C．若使用催化剂，反应速率加快，则2s时的将小于，故C错误；D．可能是4s时反应恰好达到该条件下的最大限度，也可能是2～4s内某一时刻恰好达到该条件下的最大限度，故D错误；选A。10.某溶液中含有，，，现用NaOH溶液、盐酸和溶液将这三种离子逐一沉淀分离，其流程如图所示。下列说法正确的是A.试剂A为溶液B.沉淀3的化学式可能是C.生成沉淀1的离子方程式为：D.向氯化银悬浊液中加入少量水。氯化银溶解平衡正向移动，和浓度均减小【答案】B【解析】【分析】某溶液中含有Ba2+，Cu2+，Ag+，现用NaOH溶液、盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离，氯离子只和银离子生成氯化银沉淀，氢氧根离子和铜离子、银离子反应，硫酸根离子和钡离子反应，所以先用盐酸将银离子转化为沉淀，则A是稀盐酸；过滤后加入Na2SO4或NaOH生成硫酸钡沉淀或Cu(OH)2沉淀，所以B可能是硫酸钠或NaOH；【详解】A．通过以上分析知，A是稀盐酸，A错误；B．沉淀3可能是硫酸钡或氢氧化铜，B正确；C．生成沉淀1反应为氯离子和银离子生成氯化银沉淀：Ag++Cl=AgCl↓，C错误；D．向氯化银悬浊液中加入少量水，氯化银溶解平衡正向移动，仍得到氯化银的饱和溶液，和浓度均不变，D错误；故选B。二、选择题(本题包括5小题，每题4分，共20分。每题有一个或两个正确答案，若有两个正确选项的，只选一个且正确的得2分。多选、错选均得0分)。11.三甲胺(N(CH3)3)是重要的化工原料，最近我国科学家发明了使用铜催化剂将二甲基甲酰胺[N(CH3)2CHO，简称为]转化为三甲胺的合成路线，单一分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，(*表示物质吸附在铜催化剂上)下列说法正确的是

A.该历程中决速步骤为：(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+OH*B.该反应的原子利用率为，该历程中的最大能垒(活化能)为2.16eVC.升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率D.若完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV·NA的能量【答案】D【解析】【详解】A．多步反应中整个反应速率取决于最慢的一步反应，而反应需要的活化能越大，反应速率越慢，故该历程中决速步骤为最后一步即N(CH3)3+OH*+H*=H2O(g)+N(CH3)3(g)，A错误；B．由反应历程图可知，该反应总的反应方程式为：(CH3)2NCHO+2H2=(CH3)3N+H2O，故其原子利用率步为，该历程中的最大能垒(活化能)为(1.02eV)(2.21eV)=1.19eV，B错误；C．由反应历程图可知，该反应是一个放热反应，升高温度可以加快反应速率，但平衡逆向移动，故不能提高DMF的平衡转化率，C错误；D．图中表示该反应中单个DMF分子转化时释放的能量为1.02eV，若完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV·NA的能量，D正确；

故答案为：D。12.硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物()，将烟气与的混合气体通入与(为铈元素)的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是A.过程Ⅰ发生反应的离子方程式为B.时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为C.处理过程中，混合溶液中和总数减少D.该转化过程的实质为被还原【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．反应Ⅰ中氢气是还原剂，是氧化剂，发生反应的离子方程式为，A正确；B．时，过程Ⅱ发生反应的离子方程式为，作氧化剂，作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为，B错误；C．处理过程的实质为被还原，混合溶液中和总数不变，C错误；D．该转化过程的实质为被还原，D正确；故选AD。13.某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图：下列说法正确的是A.检验滤液1中是否含有Fe2+，可以选用KSCN和新制的氯水B.滤渣2的主要成分H2SiO3C.步骤②操作中，应先加6%H2O2，然后不断搅拌下缓慢加入1.0mol·L1H2SO4D.步骤③、④操作是蒸发浓缩至液体表面出现晶膜时停止加热，冷却结晶，过滤【答案】D【解析】【分析】某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4，加入硫酸后，发生反应ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，得到的滤液1中含ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，滤渣1中含SiO2、CuS，向滤渣1中加入H2SO4和H2O2溶液，会得到CuSO4、S，则滤液2中含CuSO4，滤渣2中含S、SiO2。【详解】A．氯气能够氧化亚铁离子，滤液1中同时含有Fe2+、Fe3+，不能使用KSCN和新制的氯水来检验溶液中的Fe2+，故A错误；B．滤渣2的主要成分为S、SiO2，故B错误；C．H2O2在酸性条件下才能氧化CuS，所以应该先加入硫酸，再加入H2O2，故C错误；D．两步均为从溶液到晶体的过程，操作正确，故D正确；故选D。14.四甲基氢氧化铵[]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[]为原料。采用电渗析法合成[]，其工作原理如图所示(a、b为石墨电极，c、d、e为离子交换膜)，下列说法不正确的是A.N为电源负极B.b极电极反应式：C.c为阳离子交换膜，d、e均为阴离子交换膜D.a、b两极均有气体生成，同温同压下体积比为2：1【答案】AC【解析】【分析】以四丁基氯化铵为原料，采用电渗析法合成的过程中，根据第三个池中浓度变化得出：钠离子从第四池通过e膜，氯离子从第二池通过d膜，得到c、e均为阳离子交换膜，a为阴极b为阳极，阳极电极反应式为。【详解】A．a为阴极b为阳极，N为电源正极，故A错误；B．b为阳极，发生氧化反应，b极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式：，故B正确；C．钠离子从第四池通过e膜，从第二池通过c膜，氯离子从第二池通过d膜，得到c、e均为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，故C错误；D．a电极为氢离子放电生成氢气，故电极反应方程式为，b电极为氢氧根离子放电生成氧气，转移电子是1mol，a、b两极产生气体物质的量分别为0.5mol和0.25mol，同温同压下体积比为2∶1，故D正确；故选AC。15.某二元酸在水中分两步电离：，。常温下，向20mL溶液中滴入溶液，溶液温度与滴入NaOH溶液体积关系如图。下列说法正确的是A.该NaOH溶液pH=13B.从G点到H点水的电离平衡正向移动C.图象中E点对应的溶液中D.若F点对应的溶液pH=2，则的水解平衡常数约为【答案】A【解析】【详解】A．由在水中的电离方程式可知，第一步完全电离，第二步部分电离，由图可知，向20mL溶液中滴入溶液，当加入20mLNaOH溶液时，溶液的温度最高，此时恰好反应，则NaOH溶液的浓度也为0.1mol/L，故该NaOH溶液pH=13，故A正确；B．由A分析知，G点恰好反应生成，继续加入NaOH溶液，水的电离程度减小，故从G点到H点水的电离平衡逆向移动，故B错误；C．图象中E点表示20mL溶液，由于不会水解，则溶液中不存在，对应的溶液中，故C错误；D．F点对应加入10mLNaOH溶液，此时溶液为等浓度的与的混合溶液，对于的水解反应，的水解平衡常数为，此时，，则的水解平衡常数，故D错误；故选A。第Ⅱ卷(非选择题，共60分)三、非选择题：本题共5小题，共60分16.二氧化氯()是一种黄绿色到橙黄色的气体。工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠反应。二氧化氯能与许多化学物质发生爆炸性反应，遇水则生成次氯酸、氯气和氧气。回答下列问题：（1）将二氧化氯通入品红溶液中，溶液褪色的原因是_______。（2）配平下列反应的化学方程式：_______。_____________________=CO2↑_____________________（3）上述反应中，被氧化元素是_______。还原产物与氧化产物的物质的量之比是_______。（4）根据上述反应可推知_______(填字母)。a.氧化性：b.氧化性：c.还原性：d.还原性：（5）若转移的电子数目为(为阿伏加德罗常数的值)则反应产生气体的体积约为_______L(标准状况)。【答案】（1）二氧化氯遇水则生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，可以使品红褪色（2）CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6ClO2↑+3Na2SO4+5H2O（3）①.碳②.6:1（4）bc（5）7.84【解析】【小问1详解】已知，二氧化氯遇水则生成次氯酸、氯气和氧气；次氯酸具有漂白性，可以使品红褪色；【小问2详解】根据元素守恒左边加入硫酸，右边加水，氧化剂是NaClO3，氯元素的化合价从+5降低到+4价，化合价降低了1，CH3OH中碳元素的化合价从2升高到+4价，化合价升高了6，根据氧化剂得电子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量相等，配平氧化剂和还原剂的系数，根据元素守恒，配平其余物质，得到化学反应为：CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6ClO2↑+3Na2SO4+5H2O；【小问3详解】该反应中，化合价升高的元素是CH3OH中2价的碳，被氧化的元素是CH3OH中2价的碳，还原产物是二氧化氯，氧化产物是二氧化碳，还原产物和氧化产物的物质的量之比是6:1；【小问4详解】该反应中，氧化剂是NaClO3，还原剂是CH3OH，氧化产物是CO2，还原产物是C1O2，氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，故说明氧化性：NaClO3>CH3OH，还原性：CH3OH>ClO2，答案选bc；【小问5详解】根据甲醇和氯酸钠的化学反应可知，生成7mol气体，转移6mol电子，若转移的电子数目为即0.3mol，则生成0.35mol气体，气体在标况下的体积为V=nVm=0.35mol×22.4L/mol=7.84L。17.中国“奋斗者”号深潜器研制及海试的成功，标志着我国在钛合金材料制备方面实现了重大突破。工业上用钛矿石(主要成分：FeO，，等)为原料制取钛并得到副产物绿矾()，工艺流程如下：已知：①②易水解，只能存在于强酸性溶液中请回答以下问题：（1）钛矿石在加入浓硫酸酸溶前要先粉碎，其目的是_______。（2）加入过量铁粉的目的是_______。滤渣1主要含_______。（3）固体2的主要成分是_______。（4）在高温下，和焦炭混合物中通入得到和一种可燃性气体，请写出反应的化学方程式_______。【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率（2）①.除去过量的硫酸并得到硫酸亚铁②.二氧化硅（3）绿矾（4）【解析】【分析】钛矿石加入硫酸酸溶，二氧化硅不反应得到滤渣1，加入过量铁单质，反应掉过量的硫酸，得到铁钛硫酸盐滤液1，冷却结晶过滤分离出绿矾，溶液2加热煮沸得到H2TiO3，高温分解得到二氧化钛，加入焦炭、氯气生成四氯化钛，加入钠还原得到钛单质；【小问1详解】钛矿石在加入浓硫酸酸溶前要先粉碎，其目的是增大反应物接触面积，加快反应速率；【小问2详解】铁能和硫酸反应生成硫酸亚铁且可以把三价铁转化为二价铁，故加入过量铁粉的目的是除去过量的硫酸并得到硫酸亚铁。由分析可知，滤渣1主要含；【小问3详解】由分析可知，固体2的主要成分是冷却结晶得到的绿矾；【小问4详解】在高温下，和焦炭的混合物中通入得到和一种可燃性气体一氧化碳，反应为。18.二氯异氰尿酸钠(简称DCCNa)是一种高效、安全的消毒剂，常温下性质稳定，受热易分解，难溶于冰水。实验室通过以下原理和装置(夹持仪器已略去)可以制取DCCNa。已知实验步骤如下：Ⅰ.制备高浓度NaClO溶液从进料口加入10mL30%NaOH溶液，在10℃左右水浴，搅拌条件下通入至溶液pH约为8；再加入10mL40%NaOH溶液，继续通入至溶液pH约为8。（1）用烧碱固体配制40%的NaOH溶液，下列仪器中不需要的是_______(写名称)。（2）装置A中发生反应的化学方程式为_______。（3）水浴降温可以减少副产物的生成，该副反应的离子方程式为_______。（4）通过改进实验装置，可以提高B中NaOH的利用率，可行的方法是_______(写一种)。Ⅱ.制备二氯异氰尿酸钠待步骤Ⅰ结束后。从进料口加入氰尿酸，在搅拌状态下继续通入，在10℃左右下反应30min，此时三颈瓶内有DCCNa白色晶体析出，停止反应。（5）为了使晶体充分析出并分离，需要的操作为_______、_______、洗涤、干燥。（6）继续通入目的是_______。Ⅲ.二氯异氰尿酸钠有效氯含量测定称取0.1000g样品，用100mL蒸馏水于碘量瓶中溶解后，依次加入20mL醋酸溶液和过量的KI溶液。用溶液滴定至溶液呈浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗溶液16.00mL。(已知：，)（7）滴定终点的现象为_______。（8）样品有效氯=_______。(样品有效氯)【答案】（1）容量瓶和泥三角（2）2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O（3）（4）在装置A与B之间连接盛有饱和食盐水的洗气瓶（5）①.冰水冷却结晶②.过滤（6）与氢氧化钠反应，生成NaClO，使NaClO处于较高浓度（7）溶液由蓝色褪为无色，且30s不恢复（8）56.8%【解析】【分析】由图中装置和实验药品可知，A装置为氯气发生装置，反应方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，B装置发生氯化反应生成DCCNa，C装置用于尾气处理，吸收多余的氯气；【小问1详解】配制一定质量分数的溶液需要的步骤为：计算、称取和量取、溶解，装液，故用烧碱固体配制40%的NaOH溶液，下列仪器中不需要的是容量瓶和泥三角，故答案为：容量瓶和泥三角；【小问2详解】A装置为氯气发生装置，反应为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；【小问3详解】温度高时Cl2与NaOH反应将生成NaClO3和NaCl，故水浴降温可以减少NaClO3副产物的生成，该副反应的离子方程式为：；【小问4详解】由于浓盐酸具有很强的挥发性，挥发出的HCl与NaOH反应，从而降低NaOH的利用率，故通过改进实验装置吸收氯化氢气体，可以提高B中NaOH的利用率，可行的方法是在装置A与B之间连接盛有饱和食盐水的洗气瓶；【小问5详解】二氯异氰尿酸钠常温下性质稳定，难溶于冰水。从溶液中析出晶体的操作先后为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故为了使晶体充分析出并分离，需要的操作为冰水冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；【小问6详解】根据题干生成DCCNa反应同时生成氢氧化钠可知，反应中又生成了NaOH，故继续通入Cl2的目的是与氢氧化钠反应，生成NaClO，使NaClO处于较高浓度，故答案为：与氢氧化钠反应，生成NaClO，使NaClO处于较高浓度；【小问7详解】反应中用淀粉溶液作指示剂，碘单质遇到淀粉溶液显蓝色，故滴定终点的现象为溶液由蓝色退为无色，且30s不恢复，故答案为：溶液由蓝色褪为无色，且30s不恢复；【小问8详解】根据电子守恒可知，HClO~~I2~~2Na2S2O3，故有：n(HClO)=n(I2)=n(Na2S2O3)=×16.00×103L×0.1000mol·L1=8×104mol，故样品有效氯==56.8%，故答案为：56.8%。19.、为重要化工原料，常用于合成重要化合物。Ⅰ.以、为原料合成涉及的反应如下：ⅰⅱⅲ回答下列问题：（1）为分压平衡常数，各反应的随的变化如图所示。反应ⅲ的_______，其对应的曲线为_______(填“a”或“c”)。（2）在5MPa下，按照投料，平衡时，CO和在含碳产物中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图：①图中代表的曲线为_______(填“m”或“n”)。②解释150~250℃范围内转化率随温度升高而降低的原因_______。③下列说法错误的是_______(填字母)。A.的平衡转化率始终低于的B.温度越低，越有利于工业生产C.加入选择性高的催化剂，可提高的平衡转化率D.150400℃范围内，温度升高，的平衡产量先减小后增大④270℃时CO的分压为_______，反应ⅱ的平衡常数为_______(列出算式)。Ⅱ.超干重整得到的CO经偶联反应可制得(草酸)。（3）在水溶液中、和物质的量分数与pH关系如图所示，则c点溶液_______。Ⅲ.利用电池(工作原理如下图所示)能有效地将转化成化工原料草酸铝已知：电池的正极反应式：(草酸根)正极反应过程中，起催化作用，催化过程可表示为：①②……（4）写出反应②的方程式_______。【答案】（1）①.90②.a（2）①.m②.150~250℃范围内随着温度升高反应ⅰ逆向移动的程度大于反应ⅱ正向移动的程度③.BC④.⑤.（3）2.7（4）【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，ⅰⅱ得反应ⅲ：；反应ⅰ和ⅲ为放热反应，随增大，也就是随着温度的降低，平衡正向移动，平衡常数变大，反应ⅱ平衡常数减小，故反应ⅱ对应c，Kp2=，故降低温度，应减小，则反应ⅲ对应的曲线为a；【小问2详解】①反应ⅰ、ⅲ均为放热反应，随着温度升高平衡逆向移动，甲醇的含量会一直下降，而反应ⅲ中一氧化碳含量增加，且ⅱ为吸热反应，温度升高平衡正向移动，一氧化碳的含量也会增加，结合图像可知：图中代表的曲线为m、代表CO的曲线为n；②反应ⅰ为放热反应、ⅱ为吸热反应；150~250℃范围内随着温度升高反应ⅰ逆向移动的程度大于反应ⅱ正向移动的程度，导致转化率随温度升高而降低；③A．按照投料，投料比等于反应ⅰ的系数比，两者的转化率相同，由于还会发生反应ⅱ，导致二氧化碳的转化率高于氢气，故只要有反应ⅱ发生，就会导致H2的平衡转化率始终低于的，A正确；B．温度越低，越有利于平衡向生成甲醇的方向移动，但是工业生产中需要一定的温度加快反应速率提高的单位时间产率，故不是温度越低越好，B错误；C．加入选择性高的催化剂，可提高的平衡转化速率，但是不会改变物